2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)第二章等式與不等式2.2.1不等式及其性質(zhì)課時作業(yè)含解析新人教B版必修第一冊

PAGE1-其次章2.22.2.1請同學(xué)們仔細完成[練案12]A級基礎(chǔ)鞏固一、單選題(每小題5分，共25分)1．已知a，b，c為不全相等的實數(shù)，P＝a2＋b2＋c2＋3，Q＝2(a＋b＋c)，那么P與Q的大小關(guān)系是(A)A．P>Q B．P≥QC．P<Q D．P≤Q解析：P－Q＝a2＋b2＋c2＋3－2a－2b－2c＝(a－1)2＋(b－1)2＋(c－1)2≥0.∵a，b，c不全相等，∴P－Q>0，∴P>2．若不等式a>b與eq\f(1,a)>eq\f(1,b)同時成立，則必有(C)A．a(chǎn)>b>0 B．0>eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C．a(chǎn)>0>b D．eq\f(1,a)>eq\f(1,b)>0解析：若a>b>0，則eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，同理0>a>b時，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，所以只有當(dāng)a>0>b時，滿意eq\f(1,a)>eq\f(1,b).3．已知x>y>z，x＋y＋z＝0，則下列不等式中成立的是(C)A．xy>yz B．xz>yzC．xy>xz D．x|y|>z|y|解析：因為x>y>z，x＋y＋z＝0，所以3x>x＋y＋z＝0,3z<x＋y＋z＝0，所以x>0，z<0.所以由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,y>z，))可得xy>xz.4．若－1<α<β<1，則下列不等式恒成立的是(A)A．－2<α－β<0 B．－2<α－β<－1C．－1<α－β<0 D．－1<α－β<1解析：∵－1<β<1，∴－1<－β<1，－2<α－β<2，又∵α<β，∴α－β<0，－2<α－β<0.5．已知a>b>c，則eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)＋eq\f(1,c－a)的值(A)A．為正數(shù) B．為非正數(shù)C．為非負數(shù) D．不確定解析：因為a>b>c，所以a－b>0，b－c>0，a－c>b－c>0，所以eq\f(1,a－b)>0，eq\f(1,b－c)>0，eq\f(1,a－c)<eq\f(1,b－c)，所以eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)－eq\f(1,a－c)>0，所以eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)＋eq\f(1,c－a)的值為正數(shù)．二、填空題(每小題5分，共15分)6．若x∈R，則eq\f(x,1＋x2)與eq\f(1,2)的大小關(guān)系為__eq\f(x,1＋x2)≤eq\f(1,2)__.解析：∵eq\f(x,1＋x2)－eq\f(1,2)＝eq\f(2x－1－x2,21＋x2)＝eq\f(－x－12,21＋x2)≤0，∴eq\f(x,1＋x2)≤eq\f(1,2).7．給出四個條件：①b>0>a，②0>a>b，③a>0>b，④a>b>0，能推得eq\f(1,a)<eq\f(1,b)成立的是__①②④__(填序號)．解析：eq\f(1,a)<eq\f(1,b)?eq\f(b－a,ab)<0，所以①②④能使它成立．8．一輛汽車原來每天行駛xkm，假如這輛汽車每天行駛的路程比原來多19km，那么在8天內(nèi)它的行程就超過2200km，寫成不等式為__8(x＋19)>2_200__；假如它每天行駛的路程比原來少12km，那么它原來行駛8天的路程就得花9天多的時間，用不等式表示為__eq\f(8x,x－12)>9__.解析：(1)原來每天行駛xkm，現(xiàn)在每天行駛(x＋19)km.則不等關(guān)系“在8天內(nèi)的行程超過2200km”，寫成不等式為8(x＋19)>2200.(2)若每天行駛(x－12)km.則不等關(guān)系“原來行駛8天的路程就得花9天多的時間”用不等式表示為eq\f(8x,x－12)>9.三、解答題(共20分)9．(10分)(1)已知a<b<0，求證：eq\f(b,a)<eq\f(a,b)；(2)已知a>b，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，求證：ab>0.解析：(1)由于eq\f(b,a)－eq\f(a,b)＝eq\f(b2－a2,ab)＝eq\f(b＋ab－a,ab)，∵a<b<0，∴b＋a<0，b－a>0，ab>0.∴eq\f(b＋ab－a,ab)<0.故eq\f(b,a)<eq\f(a,b).(2)∵eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，∴eq\f(1,a)－eq\f(1,b)<0，即eq\f(b－a,ab)<0，而a>b，∴b－a<0，∴ab>0.10．(10分)已知a>b>0，c<d<0，比較eq\f(b,a－c)與eq\f(a,b－d)的大小．解析：∵c<d<0，∴－c>－d>0.又a>b>0，∴a－c>b－d>0，∴eq\f(1,b－d)>eq\f(1,a－c)>0，又a>b>0，∴eq\f(a,b－d)>eq\f(b,a－c).B級素養(yǎng)提升一、單選題(每小題5分，共10分)1．已知實數(shù)a，b，c滿意b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，則a，bA．c≥b>a B．a(chǎn)>c≥bC．c>b>a D．a(chǎn)>c>b解析：c－b＝4－4a＋a2＝(2－a)2≥0，所以c≥b，已知兩式作差得2b＝2＋2a2，即b＝1＋a2，因為1＋a2－a＝(a－eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)>0，所以1＋a2>a，所以b＝1＋a2>a，所以c≥b>a.2．已知α，β滿意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤α＋β≤1，,1≤α＋2β≤3，))則α＋3β的取值范圍是(A)A．[1,7] B．[－5,13]C．[－5,7] D．[1,13]解析：設(shè)α＋3β＝λ(α＋β)＋v(α＋2β)＝(λ＋v)α＋(λ＋2v)β.比較α，β的系數(shù)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＋v＝1，,λ＋2v＝3，))從而解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝－1，,v＝2.))由題意得－1≤－α－β≤1,2≤2α＋4β≤6，兩式相加，得1≤α＋3β≤7.故選A．二、多選題(每小題5分，共10分)3．已知eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，給出下列四個結(jié)論：①a<b；②a＋b<ab；③|a|>|b|；④ab<b2.其中正確結(jié)論的序號是(BD)A．① B．②C．③ D．④解析：①因為eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，所以b<a<0，錯誤；②因為b<a<0，所以a＋b<0，ab>0，所以a＋b<ab，正確；③因為b<a<0，所以|a|>|b|不成立；④ab－b2＝b(a－b)，因為b<a<0，所以a－b>0，即ab－b2＝b(a－b)<0，所以ab<b2成立．所以正確的是②④.4．已知a、b、c、d均為實數(shù)，則下列命題中正確的是(BCD)A．若ab<0，bc－ad>0，則eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0B．若ab>0，eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，則bc－ad>0C．若bc－ad>0，eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，則ab>0D．若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則eq\f(1,a＋b)<eq\f(1,ab)解析：A中，∵ab<0，∴eq\f(1,ab)<0，又∵bc－ad>0，∴eq\f(1,ab)·(bc－ad)<0，即eq\f(c,a)－eq\f(d,b)<0，故A不正確；B中，∵ab>0，eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，∴ab(eq\f(c,a)－eq\f(d,b))>0，即bc－ad>0，故B正確；C中，∵eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，∴eq\f(bc－ad,ab)>0，又∵bc－ad>0，∴ab>0，故C正確；D中，由eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，可知b<a<0，∴a＋b<0，ab>0，∴eq\f(1,a＋b)<eq\f(1,ab)成立，故D正確．故選BCD．三、填空題(每小題5分，共10分)5．若a>b>c，則eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)__>__eq\f(3,a－c)(填“>”“＝”或“<”)．解析：∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0，a－c>0，∴eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)－eq\f(3,a－c)＝eq\f(a－b＋b－ca－c－3a－bb－c,a－bb－ca－c)＝eq\f([a－b＋b－c]2－3a－bb－c,a－bb－ca－c)＝eq\f([a－b－b－c]2＋a－bb－c,a－bb－ca－c)>0，∴eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)>eq\f(3,a－c).6．實數(shù)a，b，c，d滿意下列三個條件：①d>c；②a＋b＝c＋d；③a＋d<b＋c.則將a，b，c，d按從小到大的依次排列起來是__a<c<d<b__.解析：由a－d＝c－b，a＋d<b＋c相加得a<c，又b－d＝c－a>0，得b>d，又d>c，故a<c<d<b.四、解答題(共10分)7．已知－eq\f(1,2)<a<0，A＝1＋a2，B＝1－a2，C＝eq\f(1,1＋a)，D＝eq\f(1,1－a)，試比較A、B、C、D的大小關(guān)系．解析：∵－eq\f(1,2)<a<0，∴取a＝－eq\f(1,4)，則A＝eq\f(17,16)，B＝eq\f(15,16)，C＝eq\f(4,3)，D＝eq\f(4,5).由此揣測：C>A>B>D.證明如下：C－A＝eq\f(1,1＋a)－(1＋a2)＝eq\f(－aa2＋a＋1,1＋a)＝eq\f(－a[a＋\f(1,2)2＋\f(3,4)],1＋a)，∵1＋a>0，－a>0，(a＋eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)>0，∴